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高考重点考点解读与针对性训练
第八章 动量守恒定律
考点58 滑块+弹簧模型
【考点解读】
1.模型图示
2.模型特点
（1）动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系
统动量守恒。
（2）机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
（3）弹簧处于最长（或最短）状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小
（相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能），即
m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝1
2m1v0
2－1
2（m1＋m2）v2。
（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失（相当于刚完成弹性碰撞），即
m1v0＝m1v1＋m2v2，1
2m1v0
2＝1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2。
【高考真题】
【典例1】 （2025 高考福建卷）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物
块A、B，A、B 用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A 的质量为1kg，B 的质量为2kg，
A 与传送带的动摩擦因数为0.5，B 与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0 时，将两物块放置在
传送带上，给A 一个向右的初速度v0=2m/s，B 的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A
与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A 可在传送带上留下痕
迹，则（ ）
1
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A．在t=
时，B 的加速度大小大于A 的加速度大小
B．t=t0时，B 的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A 与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【解析】根据题意可知传送带对AB 的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A 向右减速，B 向右加速，故可知在A 与传送带第一次共速前，AB 整体所受合外力
为零，系统动量守恒有
，
代入数值解得t=t0时，B 的速度为
在A 与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB 根据牛顿第二定律有
，
由于
，故可知
，故A 错误，B 正确；
在
时间内，设AB 向右的位移分别为
，
；，由功能关系有
解得
故弹簧的压缩量为
，故C 错误；
A 与传送带的相对位移为
B 与传送带的相对为
2
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故可得
由于
时间内A 向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运
动，且满足
，作出AB 的
图像
可知
等于图形
的面积，
等于图形
的面积，故可得
结合
可知
，故D 正确。
【特别提醒】当物块速度小于传送带速度时，所受摩擦力方向与传送带速度方向相同，物
块加速运动，摩擦力做正功；当物块速度大于传送带速度时，所受摩擦力方向与传送带速
度方向相反，物块减速运动，摩擦力做负功；当物块速度等于水平传送带速度时，摩擦力
为零，物块随传送带一起运动。
【典例2】（2024 年高考辽吉黑卷）如图，高度
的水平桌面上放置两个相同物块
A、B，质量
。A、B 间夹一压缩量
的轻弹簧，弹簧与A、B 不
栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射
3
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程
；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离
后停止。A、B 均视为质点，
取重力加速度
。求：
（1）脱离弹簧时A、B 的速度大小
和
；
（2）物块与桌面间
动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能
。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【解析】
（1）对物块A，由平抛运动规律，h=
，xA=vAt，
联立解得：vA=1m/s
弹簧将两物块弹开，由动量守恒定律，mA vA= mB vB，
解得vB= vA=1m/s
（2）对物块B，由动能定理，-μmB g xB=0-
解得：μ=0.2
（3）由能量守恒定律，整个过程中，弹簧释放的弹性势能
△Ep=μmB g×
△x+μmA g×
△x+
+
=0.12J
【典例3】(2023·辽宁高考)如图，质量m1＝1 kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖
直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg 的小物块
以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，
4
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物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限
度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可
用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速
度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物
块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t 表示)。
答案：(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s (3)(4t0－8t) J
解析：(1)由于地面光滑，则木板和物块组成的系统动量守恒，则有m2v0＝ (m1＋m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s
对木板根据牛顿第二定律得μm2g＝m1a1，a1＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离x1满足v＝ 2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m。
(2)木板与弹簧接触以后，对物块与木板组成的系统有kx＝(m1＋m2)a 共
对物块，根据牛顿第二定律得μm2g＝m2a2
a2＝1 m/s2
当a 共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝ 0.25 m
对木板和物块组成的系统由动能定理有－kx＝(m1＋m2)v－(m1＋m2)v
代入数据解得v2＝ m/s。
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于木
块的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，说明此时木板的速度
大小为v2，共用时2t0，且物块一直受滑动摩擦力作用，对物块根据动量定理得－μm2g·2t0
＝ m2v3－m2v2
解得v3＝－2t0
则对于木板和物块组成的系统根据能量守恒定律得－Wf＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
ΔU＝－Wf
联立有ΔU＝(4t0－8t) J。
【典例4】(2023·浙江6 月选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。
水平直轨道AB、CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m 的四分之一圆周组
成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m
5
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的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数k＝100 N/m 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。
现有质量m＝0.12 kg 的滑块a 以初速度v0＝2 m/s 从D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上
的滑块b 碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s 的速率顺时针转动，滑块a
与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的
弹性势能Ep＝kx2(x 为形变量)。
(1)求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑块a 碰后返回到B 点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
答案：(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
解析：(1)滑块a 从D 到F，由动能定理得mg·2R＝mv－mv
在F 点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N。
(2)滑块a 返回到B 点时的速度vB＝1 m/s
滑块a 一直在传送带上减速，由牛顿第二定律得a＝＝μg＝5 m/s2
根据运动学公式有v＝v－2aL
可得在C 点的速度vC＝3 m/s
则滑块a 从碰撞后到达C 点，由能量守恒定律得mv＝mv＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因a、b 碰撞过程中动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b 的速度v2＝5 m/s
则碰撞损失的能量ΔE＝mv－mv－·3mv＝0。
(3)若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，由动量守恒定律得mvF＝4mv
解得a、b 碰后的共同速度v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度，由动量守恒定律得(m＋3m)v＝6mv′
解得v′＝ m/s
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系得·(m＋3m)v2＝·6mv′2＋kx
解得x1＝0.1 m
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1
则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
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【针对性训练】
1. (湖北省2025 届八校三统联考)如图所示，光滑水平面上有两个质量均为m 的物体A、
B，B 上连接一劲度系数为k 的轻弹簧。物体A 以初速度v0向静止的物体B 运动。从A 接触
弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间为
，弹簧弹性势能为
（x 为
弹簧的形变量），弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的最大压缩量为
B. 弹簧的最大压缩量为
C. 从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中，物体A 的位移为
D. 从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中，物体B 的位移为
【答案】BD
【解析】．弹簧压缩到最大时，A、B 的速度相同，以A 初速度方向为正方向，根据动量守
恒定律可得
根据能量守恒定律可得
解得
根据弹性势能公式可得
7
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故A 错误，B 正确；
CD．由动量守恒定律可得
则有
故
由AB 选项分析可知
联合解得
故C 错误，D 正确。
2.（2025·北京朝阳一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q 两物体质量均为m，P 以速
度v 向右运动，Q 静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（ ）
A.P 的动量为0
B.Q 的动量达到最大值
C.P、Q 系统总动量小于mv
D.弹簧储存的弹性势能为1
4 mv2
答案 D
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解析： 当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q 系统所受合外力为零，因此整个
过程中动量守恒，有mv＝2mv 共，所以P 的动量为p＝mv 共＝1
2mv，故A 错误；弹簧压缩至
最短后，Q 的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q 的动量达到最大值，故B 错误；P、
Q 系统动量守恒，总动量为p 总＝mv，故C 错误；根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv
＝2mv 共，1
2mv2＝1
2×2mv共
2＋Ep，解得Ep＝1
4 mv2，故D 正确。
3．(2024·山东德州模拟)如图所示，在光滑水平面上有质量为3m 的小球A 和质量为5m 的
小球B 通过轻弹簧拴接并处于静止状态，质量也为5m 的小球C 以速度v0水平向左匀速运
动并与B 发生弹性碰撞。已知在小球A 的左边某处(图中未画出)固定有一弹性挡板(指小球
与挡板碰撞时不计机械能损失)，且当小球A 与挡板发生正碰后立即撤去挡板，碰撞时间极
短。则小球A 与挡板碰撞后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值可能是( )
A．mv
B．mv
C．mv
D．mv
答案：ABD
解析：由于B、C 发生的是弹性碰撞，且二者质量相等，故二者碰撞后交换速度，即C 静
止，B 速度为v0，B 开始向左运动后，开始阶段B 减速A 加速。经分析，当pA＝pB时A 与
挡板相碰后反向，由动量守恒知有A、B 速度同时为0 的时刻，此时弹簧弹性势能的最大
值最大，为Ep＝v＝mv；当弹簧第二次回到原长时，vA＝0，若此时正好与挡板相接触，此
后弹簧压缩至最短，最短时弹簧弹性势能的最大值最小，有5mv0＝8mv 共，Ep′＝×5mv－
×8mv，解得Ep′＝mv，在这两者区间取值均可，故A、B、D 正确，C 错误。
4.（2025·广东东莞检测）如图所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静
止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为2m 的小球从槽高h 处自由下滑，
则下列说法正确的是（ ）
A.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B.在下滑过程中，小球的机械能守恒
C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h 处
答案 C
9
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解析： 槽处于光滑水平面上，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受
合外力为零，则水平方向上动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项A 错误；在下滑过程
中，小球和槽组成的系统机械能守恒，但小球的机械能减少，选项B 错误；小球下滑到底
端时由动量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被弹簧反弹后，小球的速度小于槽的
速度，小球不能再次追上槽回到槽高h 处，因水平面光滑，则小球和槽都做速率不变的直
线运动，选项C 正确，D 错误。
5．(2023·河北邯郸三模)如图所示，光滑水平面上有a、b、c、d 四个弹性小球，质量分别
为m、9m、3m、m。小球a 一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b 相连，此时弹簧处于原
长。小球b 和c 接触但不粘连。现给小球d 一个向左的初速度v0，与小球c 发生碰撞，整个
碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内。以下说法正确的是( )
A．整个过程中小球a、b、c、d 和弹簧组成的系统动量守恒
B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d 的机械能守恒
C．小球a 速度的最大值为v0
D．弹簧弹性势能最大值为mv
答案：C
解析：由于墙壁对a 球有弹力作用，整个过程中小球a、b、c、d 和弹簧组成的系统动量不
守恒，故A 错误；整个过程中弹簧与四个弹性小球的系统机械能守恒，但四个弹性小球
a、b、c、d 的机械能不守恒，故B 错误；小球d 与小球c 碰撞，设小球c 碰撞后速度为
v1，小球d 碰撞后速度为v2，由动量守恒和机械能守恒定律得mv0＝3mv1＋mv2，mv＝×3mv
＋mv2
2，解得v1＝v0，小球c 与小球b 碰撞，设小球c 碰撞后速度为v3，小球b 碰撞后速度
为v4，由动量守恒和机械能守恒定律得3mv1＝3mv3＋9mv4，×3mv1
2＝×3mv3
2＋×9mv4
2，解
得v4＝v0，小球b 向左运动速度为零时，弹簧弹性势能最大，则Epmax＝×9mv4
2＝mv0
2，故D
错误；小球b 开始压缩弹簧，到弹簧恢复原长过程，小球b 与弹簧组成的系统机械能守恒，
小球b 向右的速度大小为v4；当小球a、b 向右运动，弹簧处于原长时，小球a 的速度最大，
设小球a 的速度大小为v5，小球b 的速度大小为v6，由动量守恒和机械能守恒定律得9mv4
＝mv5＋9mv6，×9mv4
2＝mv5
2＋×9mv，解得v5＝v0，故C 正确。故选C。
6．如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B 相连接并静止在
光滑的水平地面上。现使A 以3 m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙所
示，则有( )
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A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻A 与B 的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
答案：CD
解析：由题图乙可知，开始时A 逐渐减速，B 逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相
同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B 仍然加速，
A 先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度方向相
反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t3时刻，两物块速度相等，系统动能
最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，A、B 错误；根据动量守
恒定律，t＝0 时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝
1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，C 正确；在t2时刻A 的速度为vA＝－1 m/s，B 的速度为vB＝2
m/s，根据m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝m1v∶m2v＝1∶8，D 正确。
7 如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2m 的滑块B 相连，右端
与质量为m 的滑块A 接触而不相连，弹簧处于原长，现给A 施加一瞬间冲量使其获得一个
水平向左的初速度v0，经一段时间后滑块A 与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，
则下列说法正确的是（ ）
A.A 与弹簧分离前任一时刻，A 与B 的动量之比为1∶2
B.若事先将B 固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep
C.两者分离后A、B 的动能之比为1∶8
D.若事先在距B 左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B 不可能追上A
答案：BC
解析：A 与弹簧分离前任一时刻，A 与B 受到的弹力始终大小相等，方向相反，因而受到的
冲量的大小相等，但A 具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，即动量大小
之比不一定为1∶2，A 错误；A、B 运动过程中，二者相对静止时，弹簧的弹性势能最大，
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由动量守恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒定律得Ep＝1
2mv0
2－1
2×3m×v0
2
9
＝1
3mv0
2，B
固定，则A 速度减小为0 时弹性势能最大，可得Ep'＝1
2mv0
2＝1.5Ep，B 正确；整个过程系
统动量守恒、机械能守恒，则mv0＝mvA＋2mvB，1
2mv0
2＝1
2mv A
2＋1
2×2mvB
2，解得vA＝
－v0
3
，vB＝2v0
3
，则有EkA＝1
2mv A
2＝1
18mv0
2，EkB＝1
2×2mvB
2＝4
9 mv0
2，即两者分离后
A、B 的动能之比为1∶8，C 正确；由前面分析可知B 与挡板发生弹性碰撞反向运动时vB＞
vA，则B 可以追上A，D 错误。
8.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿
在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初
速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中（ ）
A.m1、m2组成的系统动量不守恒
B.m1、m2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时，其弹性势能为
m2v0
2
2（m1＋m2）
D.m1的最大速度是2m2v0
m1＋m2
答案 D
解析： m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A 错误；m1、m2和
弹簧组成的系统机械能守恒，选项B 错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得
m2v0＝（m1＋m2）v，此时弹簧弹性势能为Ep＝1
2m2v0
2－1
2（m1＋m2）v2＝
m1m2v0
2
2（m1＋m2）
，选项C 错误；当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，1
2m2v0
2＝1
2
m1v1
2＋1
2m2v2
2，解得m1的最大速度为v1＝2m2v0
m1＋m2
，选项D 正确。
9.(2024·汕头市金山中学高二检测)如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根
12
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轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝4 kg。质量m＝2 kg 的铁块B 以水平速度
v0＝6 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。
铁块可视为质点，在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(弹簧始终在弹性限度内)( )
A.18 J
B.16 J
C.12 J
D.24 J
答案 C
解析 由题意可知铁块压缩弹簧过程中，以弹簧、木板和铁块为系统动量守恒，当木板和
铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为Ff，铁块压缩弹簧至最
短时，铁块到木板左端的距离为L，共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定
律和能量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，1
2
mv0
2＝FfL＋1
2
(M＋m)v2＋Ep，又因为铁块最后恰
好停在木板的左端，故根据能量守恒定律有1
2
mv0
2＝Ff·2L＋1
2
(M＋m)v2，联立解得Ep＝12
J，故选C。
10. 如图所示，光滑水平面上有一足够长的小车B，右端固定一个沙箱，沙箱左侧连着
一水平轻弹簧，物块A 随小车以速度v0向右匀速运动。物块A 与左侧的车面存在摩擦，与
右侧面摩擦不计。车匀速运动时，距沙面H 高处有一质量为m 的小球自由下落，恰好落在
沙箱中，则以下说法正确的是(重力加速度为g)( )
A.小球落入沙箱的过程中，小球与车组成的系统动量不守恒
B.小球落入沙箱的过程中，沙箱对它的冲量等于m√2 gH
C.弹簧弹性势能的最大值等于物块A 与车之间摩擦产生的总热量
D.小球随小车向右运动的过程中，它的机械能不断增大
答案 AC
解析 小球落入沙箱的过程中，小球与车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量
守恒，但竖直方向小球受重力作用，竖直方向动量不守恒，故小球与车组成的系统动量不
守恒，A 正确；小球落入沙箱的过程中，沙箱对它竖直方向的冲量等于其竖直方向的动量
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变化量与重力冲量之和，大小等于Iy＝Δpy＋mgt＝m√2gH＋mgt，在水平方向上，小球获
得了水平向右的速度，有Ix＝Δpx，因此，沙箱对小球的冲量不等于m√2 gH，B 错误；小
球落入沙箱后，弹簧压缩到最短时物块A 与小车共速，A 最终与小车相对静止时A 与小车
也共速，由能量守恒定律知弹簧弹性势能的最大值等于物块A 与小车之间摩擦产生的总热
量，C 正确；小球随小车向右运动的过程中，A 与弹簧接触后弹簧被压缩，使得小球向右
的速度增大，在弹簧恢复原长后，A 相对小车向左运动，在摩擦力作用下使得小球向右的
速度减小，故小球的机械能不是一直增大，D 错误。
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